高中数学条件概率中的一题多解

7.1.1 条件概率分层作业基础巩固1．抛掷一枚骰子，观察出现的点数．若已知出现的点数不超过4，则出现的点数是奇数的概率为( ) A ．13B ．14C ．16D ．12答案：D 解析：设“抛掷一枚骰子出现的点数不超过4”为事件A ，“抛掷一枚骰子出现的点数是奇数”为事件B ，则P (B |A )＝n (AB )n (A )＝24＝12. 2.抛掷红、蓝两颗骰子，若已知蓝骰子的点数为3或6，则两颗骰子点数之和大于8的概率为________．答案：512 解析：令A 为事件“抛掷出的红、蓝两颗骰子中蓝骰子的点数为3或6”，B 为事件“两颗骰子点数之和大于8”，则A ＝{(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}，AB ＝{(3,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}． 所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝512.3．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A.56 B ．910C.215D ．115答案：C 解析：由题意，知P (AB )＝P (B |A )P (A )＝13×25＝215.4．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮风的概率为215，在下雨天里，刮风的概率为38，则既刮风又下雨的概率为( )A.8225 B ．12C ．110D ．34答案：C 解析：记“该地区下雨”为事件A ，“刮风”为事件B ，则 P (A )＝415，P (B )＝215，P (B |A )＝38，所以P (AB )＝P (A )P (B |A )＝415×38＝110. 5．若B ，C 是互斥事件且P (B |A )＝13，P (C |A )＝14，则P (B ∪C |A )＝( )A.12 B ．13C ．310D ．712答案：D 解析：因为B ，C 是互斥事件， 所以P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )＝13＋14＝712.6．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一名学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( ) A.15 B ．310C ．12D ．35答案：A 解析：设A 为事件“数学不及格”，B 为事件“语文不及格”，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.030.15＝15.所以该学生数学不及格时，语文也不及格的概率为15. 7.已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( ) A ．0.6 B ．0.7 C ．0.8D ．0.9答案：C 解析：设“第一个路口遇到红灯”为事件A ，“第二个路口遇到红灯”为事件B ，则P (A )＝0.5，P (AB )＝0.4，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.8. 综合运用8．从标有数字1,2,3,4,5的五张卡片中，依次抽出2张(取后不放回)，则在第一次抽到的卡片是奇数的情况下，第二次抽到的卡片是偶数的概率为( ) A.14 B ．23C ．13D ．12答案：D 解析：设事件A 表示“第一次抽到奇数”，事件B 表示“第二次抽到偶数”， 则P (A )＝35，P (AB )＝35×24＝310，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12.9．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别是1,2,3,4,5,6点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P (B |A )的值为( ) A.12 B ．13C ．14D ．16答案：B 解析：根据题意，事件A 为“x ＋y 为偶数”，则x ，y 两个数均为奇数或两个数均为偶数，共有2×3×3＝18(个)样本点．所以事件A 发生的概率为P (A )＝2×3×36×6＝12，而A ，B 同时发生，包含的样本点数n (AB )＝6，所以事件A ，B 同时发生的概率为P (AB )＝66×6＝16，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1612＝13.10．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分)． 甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83 乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取1名，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A ，“抽出学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B ，则P (AB )，P (A |B )的值分别是( ) A.14，59 B ．14，49C.15，59D ．15，49答案：A 解析：从这20名学生中随机抽取一人，包含20个样本点， 事件B 包含9个样本点，故P (B )＝920.又事件AB 包含5个样本点，故P (AB )＝14，故P (A |B )＝P (AB )P (B )＝59.故选A.11．从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张，将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞，则第2张也是假钞的概率为( ) A.119B ．1738C ．419D ．217答案：D 解析：设A 表示事件“抽到的第2张是假钞”，B 表示事件“抽到的第1张是假钞”，所求概率为P (A |B )．而P (AB )＝C 25C 220＝119，P (B )＝C 25＋C 15C 115C 220＝1738. 所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝217.12.加工某种零件需要两道工序，第一道工序出废品的概率为0.4，两道工序都出废品的概率为0.2，则在第一道工序出废品的条件下，第二道工序又出废品的概率为________． 答案：0.5 解析：设“第一道工序出废品”为事件A ，则P (A )＝0.4，“第二道工序出废品”为事件B .根据题意可得P (AB )＝0.2，故在第一道工序出废品的条件下，第二道工序又出废品的概率P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12＝0.5. 13.甲、乙两地都处于长江下游，根据历史记载，知道甲、乙两地一年中雨天所占的比例分别为20%与18%，两地同时下雨的比例为12%. (1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率为________； (2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为________．答案：(1)23 (2)0.6 解析：设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则P (A )＝20%＝0.2，P (B )＝18%＝0.18，P (AB )＝12%＝0.12. (1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23.(2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝0.6.拓广探索14.一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么：(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？解：(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出1个白球”为事件B ，则“先后两次摸出白球”为事件AB ，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果， 所以P (A )＝12，P (AB )＝2×14×3＝16，所以P (B |A )＝1612＝13.所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为13.(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，“两次都摸出白球”为事件A 1B 1，P (A 1)＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P (A 1B 1)P (A 1)＝1412＝12.所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12.15.一袋中共有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为79.(1)求白球的个数；(2)现从中不放回地取球，每次取1球，取2次，已知第1次取得白球，求第2次取得黑球的概率．解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A ，记袋中白球个数为x . 则P (A )＝1－C 210－xC 210＝79，解得x ＝5，即白球的个数为5.(2)记“第1次取得白球”为事件B ，“第2次取得黑球”为事件C ，则P (BC )＝C 15C 110·C 15C 19＝2590＝518， P (B )＝C 15C 15＋C 15C 14C 110C 19＝25＋2090＝12. 故P (C |B )＝P (BC )P (B )＝51812＝59.。

高考数学概率与统计题型解析与答题技巧在高考数学中，概率与统计是一个重要的板块，它不仅考查学生的数学知识和技能，还培养学生的数据分析和推理能力。

对于很多同学来说，这部分内容既有一定的挑战性，又充满了得分的机会。

下面我们就来详细解析高考数学中概率与统计的常见题型以及相应的答题技巧。

一、概率题型1、古典概型古典概型是概率中最基础的题型之一。

它的特点是试验结果有限且等可能。

例如，从装有若干个红球和白球的袋子中摸球，计算摸到某种颜色球的概率。

答题技巧：首先，确定总的基本事件数和所求事件包含的基本事件数。

然后，利用古典概型的概率公式 P（A）＝所求事件包含的基本事件数÷总的基本事件数进行计算。

2、几何概型几何概型与古典概型不同，它的试验结果是无限的。

常见的有长度型、面积型、体积型几何概型。

比如，在一个区间内随机取一个数，求满足某个条件的概率。

答题技巧：对于几何概型，关键是要正确确定几何度量。

例如，长度型就计算长度，面积型就计算面积，体积型就计算体积。

然后，按照几何概型的概率公式 P（A）＝构成事件 A 的区域长度（面积或体积）÷试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）进行求解。

3、条件概率条件概率是指在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率。

题目中通常会给出一些条件，让我们计算在这些条件下的概率。

答题技巧：利用条件概率公式 P（A|B）＝ P（AB）÷P（B），先求出 P（AB）和 P（B），再计算条件概率。

4、相互独立事件与互斥事件相互独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生概率没有影响；互斥事件则是指两个事件不能同时发生。

答题技巧：对于相互独立事件，它们同时发生的概率用乘法计算，即 P（AB）＝ P（A）×P（B）；对于互斥事件，它们至少有一个发生的概率用加法计算，即 P（A∪B）＝ P（A）＋ P（B）。

二、统计题型1、抽样方法包括简单随机抽样、分层抽样和系统抽样。

专题30 条件概率与全概率公式一、单选题1．（2020·河南南阳高二二模（理））根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】分析：在下雨条件下吹东风的概率=既吹东风又下雨的概率 下雨的概率详解：在下雨条件下吹东风的概率为，选C2．（2020·安徽省六安中学高二期中（理））根据以往数据统计,某酒店一商务房间1天有客人入住的概率为，连续2天有客人入住的概率为,在该房间第一天有客人入住的条件下,第二天也有客人入住的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】设第二天也有客人入住的概率为P ，根据题意有，解得，故选D.3．（2020·河南开封高三二模（理））已知正方形，其内切圆与各边分别切于点，，、，连接，，，．现向正方形内随机抛掷一枚豆子，记事件：豆子落在圆内，事件：豆子落在四边形外，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】93011308302589811911¸8830=11113045351312353443=55P ×34P =ABCD I E F G H EF FG GH HE ABCD A I B EFGH ()P B A =2π21π-12π142-由题意，设正方形的边长为，则圆的半径为，面积为；正方形，面积为；所求的概率为．故选：B ．4．（2020·河南高二期末（理））把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件，“第二次出现正面”为事件，则=（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】“第一次出现正面”：,“两次出现正面”: ,则故选A5．（2020·陕西临渭高二期末（文））已知，，等于（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据条件概率的定义和计算公式：把公式进行变形，就得到，故选C.ABCD 2a I r a =2a p EFGH 22a \22222(|)1a a P B A a p p p-==-A B ()P B A 121416182(1)P A =111()=224P AB =´()1()14|==1()22P AB P B A P A =()1P B|A 2=()35P A =()P AB 56910310110()()0(|),()P AB P A P B A P A >=当时，()0()(|)()P A P AB P B A P A >=当时，6．（2020·黑龙江南岗哈师大附中高二期末（理））从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，B 为“第二次取到的是3的整数倍”，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意事件为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有个事件由条件概率的定义：故选：B7．（2020·西夏宁夏大学附属中学高二月考（理））将两颗骰子各掷一次，设事件“两个点数不相同”， “至少出现一个6点”，则概率等于（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由题意事件A={两个点数都不相同}，包含的基本事件数是36-6=30至少出现一个6点的情况分二类，给两个骰子编号，1号与2号，若1号是出现6点，2号没有6点共五种2号是6点，一号不是6点有五种，若1号是出现6点，2号也是6点，有1种，故至少出现一个6点的情况是11种∴=8．（2020·广东东莞高二期末）一个袋中装有大小相同的3个白球和3个黑球，若不放回地依次取两个球，设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，则概率（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】(|)P B A =3813401345345()9P A =A B I 223313´+´=1313()9872P A B ==´I ()13(|)()40P A B P B A P A ==I A =B =()|P A B 10115115185361011A B ()P B A =56351225设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，，第一次取出白球的前提下，第二次取出黑球的概率为：.故选：B.二、多选题9．（2020·大名中学高二月考）甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】ABD 【解析】由已知，，由已知有，，，所以，则A 正确；，则B 正确；事件、、不相互独立，故错误，即C 错误，则D 正确；综上可知正确的为ABD.故选:ABD ．10.（2020·江苏海安高级中学高二期中）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以，，表示由甲箱中取出的是红球，白A B ()()31333==，==626510P A P A B ´()()3()5P AB P B A P A ==A B C ()()()P A P B P C ==()()()P BC P AC P AB ==1()8P ABC =1()()()8P A P B P C ××=22221()44442P A =´+´=21()()42P B P C ===1()()()4P AB P A P B ==1()4P AC =1()4P BC =()()()P A P B P C ==()()()P BC P AC P AB ==A B C 1()8P ABC =1()()()8P A P B P C ××=1A 2A 3A球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）A ．B ．C ．事件与事件相互独立D ．、、两两互斥【答案】BD 【解析】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D 正确；因为，所以，故B 正确；同理，所以，故AC 错误；故选：BD11．（2020·江苏海安高级中学高一期中）以下对各事件发生的概率判断正确的是（ ）A ．连续抛两枚质地均匀的硬币，有3个基本事件，出现一正一反的概率为B ．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如12＝5＋7，在不超过15的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为C ．将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，记下两次向上的点数，则点数之和为6的概率是D ．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是【答案】BCD 【解析】A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有4个基本事件，包含两正，两反，先反再正，先正再反，出现一正一反的概率，故A 不正确；B 2()5P B =15()11P B A =B 1A 1A 2A 3A 1A 2A 3A ()()()123523,,101010p A p A p A ===11155()51011()5()1110P BA P B A P A ´===3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ´´======1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=´+´+´=13115536122142P ==B.不超过15的素数包含2,3,5,7,11,13，共6个数字，随机选取两个不同的数字，和等于14的包含，则概率为，故B 正确；C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，共36种情况，点数之和为6包含，共5种，所以点数之和为6的概率，故C 正确；D.由题意可知取出的产品全是正品的概率，故D 正确.12．（2020·山东昌乐二中高二月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.则其中正确命题的序号是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】ABD 【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.()3,11261115P C ==()()()()()1,5,2,4,3,3,4,2,5,1536P =232412C P C ==358024325262721423635C C p C ==2163p ==4226218033243p C æöæö==ç÷ç÷èøèø1143114535C C C C =4263p ==3031261327p C æö=-=ç÷èø故选：ABD.三、填空题13．（2020·全国高三课时练习（理））一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________.【答案】【解析】故答案为：14．（2020·邢台市第二中学高二期末）某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己等6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为__________．【答案】【解析】设事件A ：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”；事件B ：“学生丙第一个出场”，对事件A ，甲和乙都不是第一个出场，第一类：乙在最后，则优先从中间4个位置中选一个给甲，再将余下的4个人全排列有种；第二类：乙没有在最后，则优先从中间4个位置中选两个给甲乙，再将余下的4个人全排列有种，故总的有.对事件AB ，此时丙第一个出场，优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列有种故.故答案为：15．（2020·湖南天心长郡中学高三其他（理））甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论35()()235(|)253P AB P B A P A ===35141444C A ×2444A A ×()14244444n A C A A A =×+×1444C A ×()()()14441424444414n AB C A P B A n A C A A A ×===×+×141A 2A 3A中正确的是___________．①；②；③事件B 与事件相互独立；④，，是两两互斥的事件【答案】②④【解析】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故④正确；因为，所以，故②正确；同理，所以，故①③错误.故答案为：②④16．（2018·全国高二课时练习）某气象台统计，该地区下雨的概率为，刮四级以上风的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为，设为下雨，为刮四级以上的风，则＝_______，＝__________【答案】 【解析】由已知，，，∴ ， 故答案为，求条件概率一般有两种方法：一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P(B|A)＝，其中n(AB)表示()25P B =()1511P B A =1A 1A 2A 3A 1A 2A 3A ()()()123523,,101010P A P A P A ===11155()51011()5()1110P BA P B A P A ´===3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ´´======1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=´+´+´=415215110A B ()P B A ()P A B 3438()415P A =()215P B =()110P AB =()()()3|8P AB P B A P A ==()()()3|4P AB P A B P B ==3438n AB n A （）（）事件AB 包含的基本事件个数，n(A)表示事件A 包含的基本事件个数．二是直接根据定义计算，P(B|A)＝，特别要注意P(AB)的求法．四、解答题17．（2020·甘肃省静宁县第一中学高二月考（理））有件产品，其中件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽件.求：（1）第一次抽到次品的概率；（2）第一次和第二次都抽到次品的概率；（3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）因为有5件是次品，第一次抽到次品，有5中可能，产品共有20件，不考虑限制，任意抽一件，有20中可能，所以概率为两者相除．（2）因为是不放回的从中依次抽取2件，所以第一次抽到次品有5种可能，第二次抽到次品有4种可能，第一次和第二次都抽到次品有5×4种可能，总情况是先从20件中任抽一件，再从剩下的19件中任抽一件，所以有20×19种可能，再令两者相除即可．（3）因为第一次抽到次品，所以剩下的19件中有4件次品，所以，抽到次品的概率为18．（2020·阜新市第二高级中学高二月考）甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为和，两地同时下雨的比例为，问：（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少?（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少【答案】（1）0.67（2）0.60【解析】（1）设 “甲地为雨天”， “乙地为雨天”，则根据题意有，，.所以乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是.（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是.p AB p A （）（）20521411941941920%18%12%A =B =()0.20P A =()0.18P B =()0.12P AB =()()0.12|0.67()0.18P AB P A B P B ==»()()0.12|0.60()0.20P AB P B A P A ===19．（2020·山东平邑高二期中）已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个.（1）若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；（2）若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率.【答案】（1）（2）【解析】（1）两次都取得白球的概率；（2）记事件：第一次取出的是红球；事件：第二次取出的是红球，则， ，利用条件概率的计算公式，可得.20．（2019·攀枝花市第十五中学校高二期中（理））先后抛掷一枚骰子两次，将出现的点数分别记为.（1）设向量，，求的概率；（2）求在点数之和不大于5的条件下，中至少有一个为2的概率.【答案】（1）；（2）【解析】先后抛掷一枚骰子两次，“将出现的点数分别记为”包含的基本事件有：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，…，(6，5)，(6，6)，共36个.（1）记“向量，，且”为事件，由得：，从而事件包含共3个基本事件，故.（2）设“点数之和不大于5”为事件，包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，1935221669P =´=A B 452()653P A ´==´432()655P AB ´==´()233(|)()525P AB P B A P A ==´=,a b (,)m a b =u r (2,1)n =-r 1m n ×=u r r,a b ,a b 11212,a b (,)m a b =u r (2,1)n =-r 1m n ×=u r rA 1m n ×=u r r21a b -=B (1,1),(2,3),(3,5)31()3612P A ==,a b B(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，共10个基本事件；设“中至少有一个为2”为事件，包含(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，共5个基本事件，故“在点数之和不大于5的条件下，中至少有一个为2” 的概率：.21．（2020·延安市第一中学高二月考（文））10张奖券中有3张有奖，甲，乙两人不放回的各从中抽1张，甲先抽，乙后抽.求：（1）甲中奖的概率.（2）乙中奖的概率.（3）在甲未中奖的情况下，乙中奖的概率.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设“甲中奖”为事件，则（2）设“乙中奖”为事件，则又，所以（3）因为，所以22．（2020·河南南阳高二期中（文））某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.（1）求男生甲被选中的概率；（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率.,a b C ,a b ,a b ()51()102n BC P n B ===31031013A ()310P A =B ()()()()P B P AB AB P AB P AB =+=+()32110915P AB =´=()73710930P AB =´=()()()179315303010P B P AB P AB =+=+==()710P A =()730P AB =()()()7130|7310P AB P B A P A ===【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）记4名男生为A ，B ，C ，D ，2名女生为a ，b ，从6名成员中挑选2名成员，有，，，，，，，，，，，，，，共有15种情况，，记“男生甲被选中”为事件M ，不妨假设男生甲为A事件M 所包含的基本事件数为，，，，共有5种，故．（2）记“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，不妨设女生乙为，则，又由（1）知，故．（３）记“挑选的2人一男一女”为事件，则，“女生乙被选中”为事件，，故．131512AB AC AD Aa Ab BC BD Ba Bb CD Ca Cb Da Db ab AB AC AD Aa Ab ()51153P M ==M N b ()115P MN =()13P M =()()()15P MN P N M P M ==S ()815P S =N ()415P SN =()()()12P SN P N S P S ==。

专题7.1 条件概率与全概率公式姓名：班级：重点条件概率的公式及其应用。

难点全概率公式的应用。

例1-1．同时抛掷一个红骰子和一个蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为奇数”为事件A ，“两个骰子的点数之积为奇数”为事件B ，则=)|(A B P （ ）。

A 、61B 、41C 、31D 、21【答案】D 【解析】21)(=A P ，若A 、B 同时发生，则蓝色骰子向上点数为偶数，则412121)(=⨯=AB P ，∴21)()()|(==A P AB P A B P ，故选D 。

例1-2．现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用A 表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B 表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则=)|(A B P （ ）。

A 、31B 、74C 、32D 、43【答案】A【解析】由已知得73)(272324=+=C C C A P 、71)(2723==C C AB P ，则31)()()|(==A P AB P A B P ，故选A 。

例1-3．某市气象台统计，2022年3月1日该市市区下雨的概率为154，刮风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，设事件A 为下雨，事件B 为刮风，则=)|(B A P （ ）。

5B 、83C 、21D 、43【答案】D【解析】由题意可知154)(=A P 、152)(=B P 、101)(=AB P ，利用条件概率的计算公式可得：43)()()|(==B P AB P B A P ，故选D 。

例1-4．甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，记事件A 为“四名同学所选项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学选羽毛球”，则=)|(B A P （ ）。

A 、92B 、83C 、43D 、98【答案】A【解析】事件AB ：甲选羽毛球且四名同学所选项目各不相同，∴其它3名同学排列在其它3个项目，且互不相同为33A ，事件B ：甲选羽毛球，∴其它3名同学排列在其它3个项目，可以安排在相同项目为33，∴92434)()()|(43433===A B P AB P B A P ，故选A 。

高中数学概率与条件概率解题技巧概率与条件概率是高中数学中的重要内容，也是考试中常见的题型。

掌握解题技巧对于学生来说至关重要。

本文将通过具体的例题来说明概率与条件概率的解题技巧，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和应用这一知识点。

一、概率的计算方法概率是指某一事件发生的可能性大小。

在计算概率时，我们可以使用以下两种方法：1.1 直接计算法直接计算法是指根据事件发生的可能性与总体样本空间的关系，通过计算比值来求解概率。

例如，某班级有30名男生和40名女生，现在从中随机选择一名学生，求选择的学生是男生的概率。

解题思路：男生的人数为30，总人数为70，所以选择男生的概率为30/70。

1.2 频率计算法频率计算法是指通过大量实验或观察来估计事件发生的概率。

例如，某班级有50名学生，其中有10名喜欢打篮球的学生。

现在从中随机选择一名学生，求选择的学生是喜欢打篮球的概率。

解题思路：进行一系列实验，随机选择学生，并记录选择的学生是否喜欢打篮球。

重复实验足够多次后，选择喜欢打篮球的学生的频率就是所求概率的估计值。

二、条件概率的计算方法条件概率是指在已知某一事件发生的条件下，另一事件发生的概率。

在计算条件概率时，我们可以使用以下两种方法：2.1 直接计算法直接计算法是指根据条件概率的定义，通过计算比值来求解条件概率。

例如，某班级有30名男生和40名女生，其中有10名男生和15名女生喜欢打篮球。

现在从中随机选择一名学生，已知选择的学生是男生，求选择的学生喜欢打篮球的概率。

解题思路：已知选择的学生是男生，所以总体样本空间变为30。

选择的学生喜欢打篮球的概率为10/30。

2.2 乘法定理乘法定理是指根据条件概率的定义，通过乘法计算来求解条件概率。

例如，某班级有30名男生和40名女生，其中有10名男生和15名女生喜欢打篮球。

现在从中随机选择一名学生，已知选择的学生喜欢打篮球，求选择的学生是男生的概率。

解题思路：已知选择的学生喜欢打篮球，所以总体样本空间变为25。

第六章概率1随机事件的条件概率................................................................................................ - 1 -1.1条件概率的概念............................................................................................. - 1 -1.2乘法公式与事件的独立性............................................................................. - 5 -1.3全概率公式..................................................................................................... - 5 -2离散型随机变量及其分布列.................................................................................... - 9 -2.1随机变量......................................................................................................... - 9 -2.2离散型随机变量的分布列........................................................................... - 12 -3离散型随机变量的均值与方差.............................................................................. - 16 -3.1离散型随机变量的均值............................................................................... - 16 -3.2离散型随机变量的方差............................................................................... - 21 -4二项分布与超几何分布.......................................................................................... - 24 -4.1二项分布....................................................................................................... - 24 -4.2超几何分布................................................................................................... - 27 -5正态分布 ................................................................................................................. - 30 - 1随机事件的条件概率1.1条件概率的概念1．条件概率(1)条件概率的定义在事件A发生的条件下事件B发生的概率，称为事件A发生条件下事件B发生的条件概率，记作P(B|A)．(2)条件概率公式当P(A)>0时，有P(B|A)＝P(AB) P(A)．1．如何从集合角度看条件概率公式？[提示]若事件A已发生，则为使事件B也发生，试验结果必须是既在A中又在B中的样本点，即此点必属于AB．由于已知A已经发生，故A成为计算条件概率P(B|A)新的样本空间，因此，有P(B|A)＝P(AB) P(A)．2．条件概率的性质(1)P(B|A)∈[0，1]．(2)如果B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．2．P(B|A)与P(B)有何大小关系？[提示]P(B|A)≥P(B)．疑难问题类型1利用定义求条件概率【例1】一个袋中有2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取两个球，记事件“第一次抽到黑球”为A；事件“第二次抽到黑球”为B．(1)分别求事件A，B，AB发生的概率；(2)求P(B|A)．[思路点拨]可先求P(A)，P(B)，P(AB)，再用公式P(B|A)＝P(AB)P(A)求概率．[解]由古典概型的概率公式可知(1)P(A)＝25，P(B)＝2×1＋3×25×4＝820＝25，P(AB)＝2×15×4＝110．(2)P(B|A)＝P(AB)P(A)＝11025＝14．用定义法求条件概率P(B|A)的步骤是：(1)分析题意，弄清概率模型；(2)计算P(A)，P(AB)；(3)代入公式求P(B|A)＝P(AB) P(A).类型2利用基本事件个数求条件概率【例2】现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．[思路点拨]第(1)、(2)问属古典概型问题，可利用古典概型的概率计算公式求解；第(3)问为条件概率，可以利用定义P(B|A)＝P(AB)P(A)求解，也可以利用公式P(B|A )＝n(AB)n(A)求解．[解]设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB．(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n(Ω)＝A26＝30，根据分步计数原理n(A)＝A14A15＝20，于是P(A)＝n AnΩ＝2030＝23．(2)因为n(AB)＝A24＝12，于是P(AB)＝n ABnΩ＝1230＝25．(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2523＝35．法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35．如果随机试验属于古典概型，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P(B|A)＝n(AB)n(A)，其中n(AB)表示事件包含的基本事件个数，n(A)表示事件A包含的基本事件个数.类型3条件概率的性质及应用[探究问题]1．掷一枚质地均匀的骰子，有多少个基本事件？它们之间有什么关系？随机事件出现“大于4的点”包含哪些基本事件？[提示]掷一枚质地均匀的骰子，可能出现的基本事件有“1点”“2点”“3点”“4点”“5点”“6点”，共6个，它们彼此互斥．“大于4的点”包含“5点”“6点”两个基本事件．2在“先后抛出两枚质地均匀的骰子”试验中，已知第一枚出现4点，则第二枚出现“大于4”的事件，包含哪些基本事件？[提示]“第一枚4点，第二枚5点”“第一枚4点，第二枚6点”．3．先后抛出两枚质地均匀的骰子，已知第一枚出现4点，如何利用条件概率的性质求第二枚出现“大于4点”的概率？[提示]设第一枚出现4点为事件A，第二枚出现5点为事件B，第二枚出现6点为事件C．则所求事件为B∪C|A．∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝16＋16＝13．【例3】有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A，3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功．求试验成功的概率．[思路点拨]先设出基本事件，求出基本事件的概率，再求试验成功的概率．[解]设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}，B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}，C＝{第二次取出的球是红球}，D＝{第二次取出的球是白球}，则容易求得P(A)＝710，P(B)＝310，P(C|A)＝12，P(D|A)＝12，P(C|B)＝45，P(D|B)＝15．事件“试验成功”表示为CA∪CB，又事件CA与事件CB互斥，故由概率的加法公式，得P(CA∪CB)＝P(CA)＋P(CB)＝P(C|A)·P(A)＋P(C|B)·P(B)＝12×710＋45×310＝0.59．1．应用概率加法公式的前提是事件互斥．2．为了求复杂事件的概率，往往可以先把该事件分解成两个或多个互斥事件的和，求出简单事件概率后，相加即可得到复杂事件的概率．归纳总结1．由条件概率的定义可知，P (B |A )与P (A |B )是不同的．另外，在事件A 发生的前提下，事件B 发生的概率不一定是P (B )，即P (B |A )与P (B )不一定相等．2．在条件概率的定义中，要强调P (A )＞0．当P (A )＝0时，P (B |A )＝0．3．P (B |A )＝P (AB )P (A )可变形为P (AB )＝P (B |A )·P (A )，即只要知道其中的两个值就可以求得第三值．1.2 乘法公式与事件的独立性1.3 全概率公式1．概率的乘法公式当P (A )>0时，P (AB )＝P (B |A )·P (A )．2．相互独立事件的概率(1)一般地，事件A ，B 相互独立⇔P (AB )＝P (A )P (B )．(2)如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，那么P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．3．相互独立事件的性质若A 与B 是相互独立事件，则A 与B －，B 与A －，A －与B 也相互独立．若A ，B 相互独立，则A 与B 也相互独立，为什么？[提示] ∵A 、B 相互独立，∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝P (A )(1－P (B ))＝P (A )－P (A )P (B )，∴P (A )P (B )＝P (A )－P (AB )＝P (A )－P (A )P (B )＝P (A )(1－P (B ))＝P (A )P (B )， ∴A 与B 相互独立．3．全概率公式(1)全概率公式设B 1，B 2，…，B n 为样本空间Ω的一个划分，若P (B i )＞0(i ＝1，2，…，n )，则对任意一个事件A 有P (A )＝∑ni ＝1P (B i )P (A |B i )． *(2)贝叶斯公式设B 1，B 2，…，B n 为样本空间Ω的一个划分，若P (A )＞0，P (B i )＞0(i ＝1，2，…，n )，则P (B i |A )＝P (B i )P (A |B i )∑n j ＝1P (B j )P (A |B j )． 疑难问题类型1 互斥事件与相互独立事件的判断【例1】 判断下列各对事件是互斥事件，还是相互独立事件．(1)运动员甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”；(2)甲、乙两运动员各射击1次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；(3)甲、乙两运动员各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”；(4)甲、乙两运动员各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”．[思路点拨] 利用独立事件、互斥事件的意义判断．[解] (1)甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件；(2)甲、乙各射击1次，“甲射中10环”发生与否，对“乙射中9环”的概率没有影响，二者是相互独立事件；(3)甲、乙各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生，二者是互斥事件；(4)甲、乙各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”可能同时发生，二者构不成互斥事件，也不可能是相互独立事件．判断两事件相互独立的方法(1)若P (AB )＝P (A )P (B )，则事件A 和B 相互独立.(2)由事件本身的性质直接判定是否相互影响，从而得出事件是否相互独立.类型2 相互独立事件同时发生的概率【例2】 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为45，35，25，15，且各轮问题能否正确回答互不影响． (1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率． [思路点拨] (1)先找出第四轮被淘汰的事件，再看它是独立事件还是互斥事件；(2)至多进入第三轮含有第一轮被淘汰、第二轮被淘汰、第三轮被淘汰三个互斥事件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解． [解] (1)记“该选手能正确回答第i 轮的问题”的事件为A i (i ＝1，2，3，4)，则P (A 1)＝45，P (A 2)＝35，P (A 3)＝25，P (A 4)＝15．“该选手进入第四轮才被淘汰”记为B ，P (B )＝P (A 1A 2A 3A 4)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)＝45×35×25×45＝96625．(2)法一：“该选手至多进入第三轮考核”记为C ，P (C )＝P (A 1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3)＝P (A 1)＋P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝15＋45×25＋45×35×35＝101125．法二：“该选手进入第四轮没有被淘汰”记为D ，则P (D )＝45×35×25×15＝24625．而C 与B ∪D 为对立事件，B 与D 为互斥事件，∴P (C )＝1－P (B ∪D )＝1－P (B )－P (D )＝1－96625－24625＝101125．1．求P (AB )时，要注意事件A ，B 是否相互独立，求P (A ＋B )时，应注意事件A ，B 是否互斥．对于“至多”“至少”型问题的解法有两种思路：①分类讨论；②转化为求对立事件的概率，利用P (A )＝1－P (A )来计算．2．复杂问题可考虑分解为等价的几个事件的概率问题，同时结合对立事件的概率求法进行求解．类型3全概率公式的应用【例3】设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第一二车间生产的成品比例为2∶3，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，求该产品合格的该概率．[解]设B＝{从仓库中随机提一台是合格品}，A i＝{提出的一台是第i车间生产的}，i＝1，2，则有B＝A1B∪A2B，由题意则P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.6，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88，由全概率公式得，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868．1．全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题．2．从以上典型例题的分析可以看出，应用全概率公式解决问题时，准确、迅速寻找完备事件组是解决此类问题的关键，其应用的一般方法和步骤归纳如下：(1)认真分析题目中的条件，找出完备事件组A1，A2，…，A n；(2)求出A i发生的条件下B发生的条件概率P(B|A i)，这样就可以直接利用全概率公式解决此类问题了．归纳总结1．两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响；两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，而相互独立的两个事件可以同时发生．2．如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积．3．利用全概率公式可以将复杂事件的概率转化为简单事件的概率的求和问题，寻找完备事件组是求解的关键．2离散型随机变量及其分布列2.1随机变量1．随机变量(1)定义：在随机试验中，确定了一个对应关系，使得样本空间的每一个样本点都用一个确定的数值表示．在这个对应关系下，数值随着试验结果的变化而变化．像这种取值随着试验结果变化而变化的量称为随机变量．(2)表示：随机变量常用字母X，Y，ξ，η等表示．2．离散型随机变量所有取值可以一一列举出来的随机变量，称为离散型随机变量．(1)任何随机试验的结果都可以用数字表示吗？(2)离散型随机变量的取值一定是有限个吗？[提示](1)可以．实际上我们可以建立一个随机试验的所有结果同实数间的对应关系，根据问题的需要选择相应数字．(2)不一定．可以是无限个，如1，2，3，…，n，…．疑难问题类型1随机变量的概念【例1】判断下列各个量，哪些是随机变量，哪些不是随机变量，并说明理由．(1)北京国际机场候机厅中2022年5月1日的旅客数量；(2)2022年5月1日到10月1日期间所查酒驾的人数；(3)2022年6月1日上海到北京的某次动车到北京站的时间；(4)体积为1 000 cm3的球的半径长．[思路点拨]判断所给的量是否随试验结果的变化而变化，发生变化的是随机变量．[解](1)旅客人数可能是0，1，2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．(2)所查酒驾的人数可能是0，1，2，…，出现哪一个结果是随机的，因此是随机变量．(3)动车到达的时间可在某一区间内任取一值，是随机的，因此是随机变量．(4)球的体积为1 000 cm3时，球的半径为定值，不是随机变量．1．解答本题主要是运用随机变量的定义，透彻理解定义是解此类题的关键．2．随机变量X满足三个特征：(1)可以用数来表示；(2)试验之前可以判断其可能出现的所有值；(3)在试验之前不能确定取何值．类型2离散型随机变量的判定【例2】指出下列随机变量是否是离散型随机变量，并说明理由．(1)某超市5月份每天的销售额；(2)某加工厂加工的一批某种钢管的外径与规定的外径尺寸之差ξ；(3)江西九江市长江水位监测站所测水位在(0，29]这一范围内变化，该水位监测站所测水位ξ．[解](1)某超市5月份每天的销售额可以一一列出，故为离散型随机变量．(2)实际测量值与规定值之间的差值无法一一列出，不是离散型随机变量．(3)不是离散型随机变量，水位在(0，29]这一范围内变化，不能按次序一一列举．判断一个随机变量X是否为离散型随机变量的具体方法：(1)明确随机试验的所有可能结果；(2)将随机试验的试验结果数量化；(3)确定试验结果所对应的实数是否可按一定次序一一列出，如果能一一列出，则该随机变量是离散型随机变量，否则不是.类型3用随机变量表示随机试验的结果【例3】写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值和所表示的随机试验的结果．(1)袋中有大小相同的红球10个，白球5个，从袋中每次任取1个球，直到取出的球是白球为止，所需要的取球次数；(2)从标有1，2，3，4，5，6的6张卡片中任取2张，所取卡片上的数字之和．[思路点拨]分析题意→写出X可能取的值→分别写出取值所表示的结果[解](1)设所需的取球次数为X，则X＝1，2，3，4，…，10，11，X＝i表示前i－1次取到红球，第i次取到白球，这里i＝1，2， (11)(2)设所取卡片上的数字和为X，则X＝3，4，5， (11)X＝3，表示取出标有1，2的两张卡片；X＝4，表示取出标有1，3的两张卡片；X＝5，表示取出标有2，3或标有1，4的两张卡片；……X＝11，表示取出标有5，6的两张卡片．1．解答此类问题，关键是要弄清题意，第(1)问中，X＝1，2，…，11所表示的结果不需要分别列出来，引入变量i，可写成X＝i．2．在写出随机变量的取值表示的试验结果时，要特别注意随机变量的一个值表示多个试验结果的情况，不能遗漏某些试验结果．归纳总结1．随机变量可将随机试验的结果数量化．2．随机变量与函数的异同点：随机变量函数相同点都是一种映射，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域不同点把试验结果映射为实数，即随机变量的自变量是试验结果把实数映射为实数，即函数的自变量是实数2.2 离散型随机变量的分布列1．离散型随机变量取值能够一一列举出来的随机变量称为离散型随机变量． 2．离散型随机变量X 的分布列(1)定义：若离散型随机变量X 的取值为x 1，x 2，…，x n ，…，随机变量X 取x i 的概率为p i (i ＝1，2，…，n ，…)，记作：P (X ＝x i )＝p i (i ＝1，2，…，n ，…)，①，把①式列成如下表格：如果随机变量X 的分布列为上述表格或①式，我们称随机变量X 服从这一分布列，并记作X ～⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1 x 2 … x n …p 1 p 2 … p n…． (2)性质：在离散型随机变量X 的分布列中， ①p i >0(i ＝1，2，…，n ，…)； ②p 1＋p 2＋…＋p n ＋…＝1． 3．伯努利试验若在某个试验中，每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”，每次“成功”的概率均为p ，每次“失败”的概率均为1－p ，则称这样的试验为伯努利试验．4．两点分布如果随机变量X 的分布列如表其中0＜p＜1，q＝1－p，那么称离散型随机变量X服从参数为p的两点分布(又称0－1分布或伯努利分布)．两点分布不仅是最简单的，也是最重要的概率分布模型，在实际生活中有着广泛的应用．在离散型随机变量分布列中，所有概率之和为什么为1?[提示]因为离散型随机变量所有取值对应的事件之和是必然事件，所以所有概率之和为1．疑难问题类型1离散型随机变量的分布列【例1】一袋中装有6个同样大小的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，现从中随机取出3个球，以X表示取出球的最大号码．(1)求X的分布列；(2)求X的取值不小于4的概率．[解](1)随机变量X的可能取值为3，4，5，6，P(X＝3)＝C33C36＝120，P(X＝4)＝C11C23C36＝320，P(X＝5)＝C11C24C36＝310，P(X＝6)＝C11C25C36＝12，所以随机变量X的分布列为X 3456P12032031012(2)X的取值不小于4的概率为P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝320＋310＋12＝1920．求离散型随机变量分布列的一般步骤：(1)确定X的所有可能取值x i(i＝1，2，…)以及每个取值所表示的意义；(2)利用概率的相关知识，求出每个取值相应的概率P(X＝x i)＝p i(i＝1，2，…)；(3)写出分布列；(4)根据分布列的性质对结果进行检验.类型2 离散型随机变量分布列的性质【例2】 设随机变量X 的分布列P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝k 5＝ak (k ＝1，2，3，4，5)．(1)求常数a 的值； (2)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ≥35； (3)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<X <710．[思路点拨] (1)先求出X 的分布列，再根据分布列的性质确定a ．(2)、(3)中的概率利用互斥事件的概率公式结合分布列求解即可．[解] 依题意，随机变量X 的分布列为X ＝i 1525354555P (X ＝i )a 2a 3a 4a 5a(1)由a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝1，得a ＝115．(2)法一：P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ≥35＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝35＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝45＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝55＝315＋415＋515＝45．法二：P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ≥35＝1－P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ≤25＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋215＝45．(3)因为110<X <710，所以X ＝15，25，35．故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<X <710＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝25＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫X ＝35＝115＋215＋315＝25．1．随机变量的取值不一定是整数，它的取值一般来源于实际问题，并有特定的含义．2．随机变量在某一范围内取值的概率等于在这一范围内取每个值的概率之和．类型3 离散型随机变量分布列的应用【例3】 袋中装有标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用X 表示取出的3个小球上的最大数字，求：(1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率；(2)随机变量X的分布列；(3)计算介于20分到40分之间的概率．[思路点拨](1)利用古典概型公式求解即可；求解(2)的关键在于确定X的所有可能取值及取每个值的概率；(3)由题意知计算介于20分到40分之间的概率等于X＝3与X＝4的概率之和，由(2)易得其概率．[解](1)法一：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，则P(A)＝C35C12C12C12C310＝23．法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为B，则事件A和事件B是对立事件．因为P(B)＝C15C22C18C310＝13，所以P(A)＝1－P(B)＝1－13＝23．(2)由题意，X所有可能的取值为2，3，4，5．P(X＝2)＝C22C12＋C12C22C310＝130；P(X＝3)＝C24C12＋C14C22C310＝215；P(X＝4)＝C26C12＋C16C22C310＝310；P(X＝5)＝C28C12＋C18C22C310＝815．所以随机变量X的分布列为(3)“C，则P(C)＝P(X＝3或X＝4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝215＋310＝1330．离散型随机变量分布列问题融合了排列、组合，古典概型、互斥事件、对立事件的概率等知识，是较强的综合应用.归纳总结1．离散型随机变量可能取的值为有限个或可列举的无限个，或者说能将它的可能取值按一定次序一一列出．2．求离散型随机变量的分布列时应注意以下几点(1)确定离散型随机变量的分布列的关键是搞清X取每一个值对应的随机事件，进一步利用排列、组合知识求出X取每一个值的概率．(2)在求离散型随机变量X的分布列时，要充分利用分布列的性质，这样可以减少运算量，也可利用分布列的性质验证分布列是否正确．3离散型随机变量的均值与方差3.1离散型随机变量的均值离散型随机变量的均值或数学期望(1)定义：一般地，若离散型随机变量X的分布列为X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n则称EX＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望(简称期望)．(2)意义：离散型随机变量X的均值或数学期望反映了离散型随机变量X取值的平均水平．(3)性质：如果X为离散型随机变量，则Y＝aX＋b(其中a，b为常数)也是随机变量，且EY＝E(aX＋b)＝aEX＋b．(1)随机变量的均值和样本的平均值是一个常数还是随机变量？(2)随着样本容量的增加，样本的平均值与总体平均值有什么关系？[提示](1)随机变量的均值是一个常数，它不依赖于样本的抽取；样本的平均值是一个随机变量，它是随着样本的不同而变化的．(2)随着样本容量的增加，样本的平均值越来越接近于总体平均值．疑难问题类型1求离散型随机变量的均值【例1】袋中有4个黑球、3个白球、2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球记0分，每取到一个白球记1分，每取到一个红球记2分，用ξ表示得分数．(1)求ξ的分布列；(2)求ξ的均值．[思路点拨]首先根据取到的两个球的不同情况，确定ξ的取值为0，1，2，3，4，再分别计算概率，即可得到分布列，然后利用均值的公式求解．[解](1)由题意知ξ的可能取值为0，1，2，3，4，当ξ＝0时，即取到2个黑球，则P(ξ＝0)＝C24C29＝16；当ξ＝1时，即取到1个黑球和1个白球，则P(ξ＝1)＝C14·C13C29＝13；当ξ＝2时，即取到1个红球和1个黑球或者取到2个白球，则P(ξ＝2)＝C23 C29＋C12·C14 C29＝1136；当ξ＝3时，即取到1个红球和1个白球，则P(ξ＝3)＝C13·C12C29＝16；当ξ＝4时，即取到2个红球，则P(ξ＝4)＝C22C29＝136．所以ξ的分布列为ξ01234P 1613113616136(2)均值Eξ＝0×16＋1×13＋2×1136＋3×16＋4×136＝149．求离散型随机变量的均值的步骤(1)确定取值：根据随机变量X 的意义，写出X 可能取得的全部值． (2)求概率：求X 取每个值的概率． (3)写分布列：写出X 的分布列． (4)求均值：由均值的定义求出EX ，其中写出随机变量的分布列是求解此类问题的关键所在．类型2 离散型随机变量均值的性质 【例2】 已知随机变量X 的分布列为：X －2 －1 0 1 2 P141315m120(1)求EX ；(2)若Y ＝2X －3，求EY ．[解] (1)由随机变量分布列的性质，得14＋13＋15＋m ＋120＝1，解得m ＝16， 所以EX ＝(－2)×14＋(－1)×13＋0×15＋1×16＋2×120＝－1730． (2)法一：由公式E (aX ＋b )＝aEX ＋b ，得 EY ＝E (2X －3)＝2EX －3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1730－3＝－6215．法二：由于Y ＝2X －3，所以Y 的分布列如下：Y －7 －5 －3 －1 1 P14131516120所以EY ＝(－7)×14＋(－5)×13＋(－3)×15＋(－1)×16＋1×120＝－6215．1．本例条件不变，若ξ＝aX ＋3，且Eξ＝－112，求a 的值． [解] Eξ＝E (aX ＋3)＝aE (X )＋3＝－1730a ＋3＝－112，所以a ＝15．2．已知随机变量ξ的分布列为ξ －1 0 1 P1213m若η＝aξ＋3，Eη＝73，则a ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4 B [由分布列的性质得12＋13＋m ＝1，所以m ＝16， 所以Eξ＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13， 法一：Eη＝E (aξ＋3)＝aEξ＋3＝－13a ＋3＝73． 所以a ＝2．法二：因为η＝aξ＋3，所以η的分布列如下：η －a ＋3 3 a ＋3 P121316Eη＝(－a ＋3)×12＋3×13＋(a ＋3)×16＝73． 所以a ＝2．]求离散型随机变量均值的解题思路(1)若给出的随机变量Y 与X 的关系为Y ＝aX ＋b ，a ，b 为常数．一般思路是先求出EX ，再利用公式E (aX ＋b )＝aEX ＋b 求EY ．(2)利用X 的分布列得到Y 的分布列，关键由X 的取值计算Y 的取值，对应的概率相等，再由定义法求得EY ．类型3 离散型随机变量均值的应用【例3】 一名博彩者，放6个白球和6个红球在一个袋子中，定下规矩：凡是愿意摸彩者，每人交1元作为手续费，然后可以一次从袋中摸出5个球，中彩情况如下表：摸5个球中彩发放奖品有5个白球1顶帽子(价值20元)恰有4个白球1张贺卡(价值2元)恰有3个白球纪念品(价值0.5元)其他同乐一次(无任何奖品)试计算：(1)摸一次能获得20元奖品的概率．(2)按摸10 000次统计，这个人能否赚钱？如果赚钱，则净赚多少钱？[思路点拨]在一次摸球中，博彩者获得的收入是不确定的，故可将其作为一个随机变量，他能否赚钱，就要看该随机变量的均值是否大于0．[解](1)摸一次能获得20元奖品的概率是P＝C56C512＝1132．(2)如果把取到的白球作为随机变量X，则P(X＝5)＝C56C512＝1132，P(X＝4)＝C46C16C512＝15132，P(X＝3)＝C36C26C512＝50132，P(X＝2)＋P(X＝1)＋P(X＝0)＝66132，所以博彩者的收入这一随机变量Y(可以为负数)的分布列为：Y －19－10.51P1132151325013266132所以收入的随机变量Y的均值为EY＝(－19)×1132＋(－1)×15132＋0.5×50132＋1×66132≈0.431 8．故这个人可以赚钱，且摸10 000次净收入的均值为4 318元．(1)实际问题中的均值问题,均值在实际中有着广泛的应用，如在体育比赛的安排和成绩预测，消费预测，工程方案的预测，产品合格率的预测，投资收益等，都可以通过随机变量的均值来进行估计.(2)概率模型的解答步骤①审题，确定实际问题是哪一种概率模型，可能用到的事件类型，所用的公式有哪些；②确定随机变量的分布列，计算随机变量的均值；③对照实际意义，回答概率、均值等所表示的结论.归纳总结1．本节课的重点是离散型随机变量的均值的求法，难点是均值的实际应用． 2．要掌握离散型随机变量均值的几个常用结论 (1)E (C )＝C (C 为常数)； (2)E (aX 1＋bX 2)＝aEX 1＋bEX 2；(3)如果X 1，X 2相互独立，则E (X 1·X 2)＝EX 1·EX 2．3.2 离散型随机变量的方差1．方差及标准差的定义 设离散型随机变量X 的分布列为X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n(1)方差DX ＝∑n i ＝1(x i －EX )2p i ．(2)标准差σX ＝DX ． 2．方差的性质 D (aX ＋b )＝a 2DX ．(1)随机变量的方差和样本的方差是一个常数还是随机变量？ (2)随着样本容量的增加，样本的方差与总体方差有什么关系？[提示] (1)随机变量的方差是一个常数，它不依赖于样本的抽取；样本的方差是一个随机变量，它是随着样本的不同而变化的．(2)随着样本容量的增加，样本的方差越来越接近于总体方差．疑难问题类型1 求离散型随机变量的方差【例1】 袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1，2，3，4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．求ξ的分布列、均值和方差．[解] 由题意得，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4， P (ξ＝0)＝1020＝12，P (ξ＝1)＝120， P (ξ＝2)＝220＝110，P (ξ＝3)＝320， P (ξ＝4)＝420＝15． 故ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 4 P1212011032015所以Eξ＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，Dξ＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75．求离散型随机变量的方差的步骤(1)明确随机变量的取值，以及取每个值的试验结果． (2)求出随机变量取各个值的概率． (3)列出分布列．(4)利用公式EX ＝∑ni ＝1x i p i 求出随机变量的期望EX ．(5)代入公式DX ＝∑ni ＝1(x i －EX )2p i ，求出方差DX ．类型2 方差的性质【例2】 已知随机变量X 的分布列为X1234P 0.2 0.2 a 0.2 0.1求EX ，DX ，D (－2X [解] ∵0.2＋0.2＋a ＋0.2＋0.1＝1，∴a ＝0.3． ∴EX ＝0×0.2＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝1.8．。

《7.1 条件概率及全概率》考点讲解【思维导图】【常见考点】考法一 条件概率【例1】（1）把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ）M N ()P N MA ．B ．C ．D ． （2）袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ）A ．3/5B ．3/4C ．1/2D ．3/10【一隅三反】1．一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为、、、、、，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（ ）A ．B ．C ．D ． 2．盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是（ ）A ．B ．C ．D ． 3．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（ ）A ．B ．C ．D ． 4．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（ ） A ．B ．C ．D ． 考法二 全概率公式【例2】．设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过2359121361234562S S S 3141351223152979710A B ()|P B A =1613235693011308302589811911胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率.【一隅三反】1．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有癌症”，则有，.现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即，试求.答案解析考法一 条件概率【例1】（1）把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（ ） A ． B ． C ． D ． （2）袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ）A ．3/5B ．3/4C ．1/2D ．3/10【答案】（1）B （2）C【解析】（1）事件为“两次所得点数均为奇数”，则事件为，，，，，，，，，故；为“至少有一次点数是5”，则事件为，，，，，，所以.故选：B. （2）记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知，， A C ()|P A C 0.95=()|0.95P A C =()0.005P C =()|P C A M N ()P N M 23591213M ()1,1()1,3()1,5()3,1()3,3()3,5()5,1()5,3()5,5()9n M =N MN ()1,5()3,5()5,1()5,3()5,5()5n MN =()59P N M =3()5P A =3263()542010P AB =⨯==所以，在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是．故选：C.【一隅三反】1．一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为、、、、、，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】B【解析】记“能被整除”为事件，“为偶数”为事件，事件包括的基本事件有，，，，，共6个. 事件包括的基本事件有、共2个. 则， 故选:B.2．盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】设第一次抽到的是合格品，设为事件，第二次抽到的是合格品，设为事件，则.故选：C3．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（ ） 3110()325P B A ==61234562S S S 3141351223S 3A S B B {1}3，{1}5，{3}5，{24}，{26}，{46}，AB {1}5，{24}，()21(|)()63n AB P A B n B ===152979710A B ()()()()()877899P AB n AB P B A P A n A ⨯====⨯A B ()|P B A =A ．B ．C ．D ． 【答案】A【解析】事件AB 为“4名同学所报项目恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目”., 所以 故选：A4．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】C【解析】在下雨条件下吹东风的概率为 ，选C 考法二 全概率公式【例2】．设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率.【答案】 【解析】设表示“被诊断为肺结核”，表示“患有肺结核”.由题意得，， .16132356()2143421439C C P A ⨯⨯==()21324112327C C P AB ⨯⨯==()()()2127|469P AB P B A P A ===930113083025898119118830=1111304751474A C ()0.001,()0.999P C P C ==()0.95,()0.002P A C P A C ==∣∣由贝叶斯公式知，. 【一隅三反】 1．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有癌症”，则有，.现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即，试求.【答案】 【解析】因为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得，因为所以.《7.1 条件概率及全概率》考点训练【题组一 条件概率】1．一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______2．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_____.3．小赵､小钱､小孙､小李到个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“个人去的景点不相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则________.4．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取的两()()475()()()()()1474P C P A C P CA P C P A C P C P A C ==+∣∣∣∣A C ()|P A C 0.95=()|0.95P A C =()0.005P C =()|P C A 19218()|0.95P A C =()|1P A C =-()|0.05P A C =()0.005P C =()0.995P C =()()()()()||P A P A C P C P A C P C =⋅+⋅()P AC =()|P C A ()P A ()()|P A C P C =()|P C A ()()()|()0.950.005190.950.0050.050.995218|()|()P A C P C P A C P C P A C P C ⨯===⨯+⨯+10.820.61244B ()P A B =瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为____________.5．北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用表示事件“抽到的2名队长性别相同”，表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则______.6.夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________.7.口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为______.8．从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________；9．某班有名班干部，其中男生人，女生人，任选人参加学校的义务劳动．（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和．10．某单位有8名青年志愿者，其中男青年志愿者5人，记为，女青年志愿者3人，记为.现从这8人中选4人参加某项公益活动.（1）求男青年志愿者或女青年志愿者被选中的概率；（2）在男青年志愿者被选中的情况下，求女青年志愿者也被选中的概率.11．田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.A B ()|P B A =150.150.0512********A B ()P A (|)P B A 12345,,,,a a a a a 123,,b b b 1a 1b 1a 1b（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.12．已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同.（1）若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；（2）若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率.【题组二 全概率公式】1．将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：①； ②； ③当时，；④. 其中，所有正确结论的序号是__________.2．袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；（Ⅲ）第二次摸到红球的概率.n P 378P =41516P =2n ≥1n n P P +<123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥答案解析【题组一 条件概率】1．）一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______【答案】 【解析】若A 为一位医生是男医生，B 为另一位医生也是男医生，∴，而， ∴， 故答案为： 2．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_____.【答案】0.75【解析】记使用寿命超过年为事件，超过年为事件，， 故答案为：0.75. 3．小赵､小钱､小孙､小李到个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“个人去的景点不相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则________.【答案】 【解析】小赵独自去一个景点共有种情况，即，个人去的景点不同的情况有种，即，所以. 1523271()7C P A B C ⋅==211334275()7C C C P A C +==()1(|)()5P A B P B A P A ⋅==1510.820.6121B 2A ()()0.6,0.8P AB P B ==()()()0.60.750.8P AB P A B P B ===44B ()P A B =294333108⨯⨯⨯=()108n B =44424A =()24n AB =()()242()1089n AB P A B n B ===故答案为：. 4．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为____________.【答案】 【解析】设事件为“一瓶是蓝色”，事件为“另一瓶是红色”，事件为“另一瓶是黑色”，事件为“另一瓶是红色或黑色”，则，且与互斥，又，，， 故. 故答案为：. 5．北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用表示事件“抽到的2名队长性别相同”，表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则______.【答案】 【解析】由已知得，， 则. 故答案为： 6.夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长2967A B C D D B C =⋃B C ()11223225710C C C P A C +==()122515C P AB C ==()11222525C C P AC C ==()()()()()()()()()67P AB P AC P D A P B C A P B A P C A P A P A =⋃=+=+=67A B ()|P B A =1543()22682144391C C P A C +==()262141591C P AB C ==()()()151591|434391P AB P B A P A ===1543150.150.05江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________.【答案】 【解析】解析设事件为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知，，. 故答案为：. 7.口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为______.【答案】 【解析】口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，，， . 故答案为：. 8．从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________；【答案】 【解析】由题意，从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张，第一次抽到偶数所包含的基本事件有，，，，，，，；共个基本事件；13A B ()0.15P A =()0.05P AB =()0.051(|)()0.153P AB P B A P A ===1315()2163P A ==()2116515P AB =⨯=()()()1115153P AB P B A P A ===1512345234123452()2,1()2,3()2,4()2,5()4,1()4,2()4,3()4,58第一次抽到偶数，第二次抽到奇数，所包含的基本事件有，，，，，；共个基本事件，因此在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为. 故答案为：. 9．某班有名班干部，其中男生人，女生人，任选人参加学校的义务劳动．（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和．【答案】（1）；（2），． 【解析】（1）某班从名班干部(男生人、女生人)中任选人参加学校的义务劳动，总的选法有种，男生甲或女生乙都没有被选中的选法：则男生甲或女生乙被选中的选法有种，∴男生甲或女生乙被选中的概率为；（2）总的选法有种，男生甲被选中的选法有种，∴， 男生甲被选中、女生乙也被选中选法有种，∴， ∴在男生甲被选中的前提下，女生乙也被选中的概率为． 10．某单位有8名青年志愿者，其中男青年志愿者5人，记为，女青年志愿者3人，记为.现从这8人中选4人参加某项公益活动.（1）求男青年志愿者或女青年志愿者被选中的概率；（2）在男青年志愿者被选中的情况下，求女青年志愿者也被选中的概率.()2,1()2,3()2,5()4,1()4,3()4,566384P ==346423A B ()P A (|)P B A 451()2P A =2(|)5P B A =64233620C =344C =20416-=164205P ==3620C =121510C C ⋅=1()2P A =1111144C C C ⋅⋅=1()5P AB =()2(|)()5P AB P B A P A ==12345,,,,a a a a a 123,,b b b 1a 1b 1a 1b【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）设“男青年志愿者和女青年志愿者都不被选中”为事件，则， 所以所求概率为.（2）记“男青年志愿者被选中”为事件，“女青年志愿者被选中”为事件，则， 所以. 所以在男青年志愿者被选中的情况下，女青年志愿者也被选中的概率为. 11．（田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，并且用马的记号表示该马上场比赛.1114371a 1b C 46483()14C P C C ==311()1()11414P C P C =-=-=1a A 1b B 3276448813(),()214C C P A P AB C C ====()3()()7P AB P B A P A ==∣1a 1b 371312161T 2T 3T 1W 2W 3W（1）设事件“第一局双方参赛的马匹”，事件“在第一局比赛中田忌胜利”， 由题意得， ，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是. （2）设事件“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”， 事件“田忌获得本场比赛胜利”，由题意得， ，则本场比赛田忌胜利的概率是. （3）. 12．已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同.（1）若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；（2）若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率.【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）从口袋中随机抽取一个球，抽取到白球的概率. （2）记“第一次抽取出球是白球”为事件，“第二次抽取出球是白球”为事件，则第一次抽取出白球和第二次抽取出球也是白球的概率，, 所以在第一次取出白球的条件下第二次取出的也是白球的概率Ω=A =()()()()()()()(){()}111213212223313233,,,,,,,,TW TW TW T W T W T W T W T W T W Ω=()()(){}121323,,A TW TW T W =()3193P A ==B =C =()()()(){}311223311322312213312312,,,,,,,,,,,B TW TW T W TW TW T W TW T W TW TW T W TW =()(){}311223312312,,,,,BC TW TW T W TW T W TW =()21|42P C B ==161331141483p ==+A B 431()()()121111P AB P A P B ==⨯=4()12P A =. 【题组二 全概率公式】1．将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：①； ②； ③当时，；④. 其中，所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】当时，，①正确； 当时，出现连续3次正面的情况可能是：正正正反、正正正正、反正正正，所以，②错误； 要求，即抛掷n 次没有出现连续3次正面的概率，分类进行讨论，若第n 次反面向上，前n-1次未出现连续3此正面即可；若第n 次正面向上，则需要对第n-1进行讨论，依次类推，得到下表：1()311()4()1112P AB P B|A P A ===n P 378P =41516P =2n ≥1n n P P +<123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥3n =33171()28P =-=4n =4311313()216P =-⨯=n P所以，④正确； 由上式可得 ， 所以， 又，满足当时，，③正确. 故答案为：①③④.2．袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；（Ⅲ）第二次摸到红球的概率.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】设事件：第一次摸到红球；事件：第二次摸到红球，则事件：第一次摸到白球.（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种， 所以 . （Ⅱ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥112111248n n n n P P P P +--=++1121233111111111(2481)()22482216n n n n n n n n n n P P P P P P P P P P +------=+++-=+--130,(114)6n n n P P P n +-<=--≥13241,713,816P P P P ====2n ≥1n n P P +<31029310A B A 3()10P A =个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种. 所以. （Ⅲ）. 所以第二次摸到红球的概率. 2(|)9P B A =32733()()(|)()(|)10910910P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=3()10P B =。